Дифференциальное исчисление функции одной действительной переменной. Син Л.И - 22 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ИСОиП ДГТУ | Шахты

Составители: 

Рубрика: 

22
При
0=
t
получим
0
0
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=t
dx
dy
.
2) Вычисляем производные функций
x
и y по параметру t :
22 += t
dt
dx
,
1
1
+
=
tdt
dy
и искомую производную функции
y по
x
по формуле (3):
2
)1(2
1
+
===
′
t
dt
dx
dt
dy
dx
dy
y
.
Далее, при
1=t
имеем
8
1
1
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=t
dx
dy
.
4. Найти дифференциал df(x) функции
x
y
1
arcsin=
. Найти d
f(
2
) и
2,0d
)2(d
=x
f
.
Решение. По формуле (1) имеем
d
f(x) = f ′(x) dx = x
xx
x
x
x
x
x
x
x
x
x
d
1
1
d
1
1
d
1
)/1(1
1
d
1
arcsin
2
2
22
−
−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
′
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
′
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
.
При
x =
2
получаем
df(
2
) =
xd
2
1
−
.
2,0d
)2(d
=x
f
=
25
1
2,0
2
1
−=−
.
5. Найти уравнения касательной и нормали к графику функции )5,0ln( xy += при
x=0,5.
Решение. Положим
5,0
0
=x
. Тогда
01ln)5,05,0ln()(
00
=
=
+
=
=
xfy
.
x
xf
+
=
′
5,0
1
)(
и
1
5,05,0
1
)(
0
=
+
=
′
xf
. По формуле (5) получаем уравнение касательной
)5,0(0 −=− xy
или
y = x–0,5. По формуле (6) получаем уравнение нормали (y–0)+x–0,5=0 или y=–x+0,5.
6. Исследовать функцию
1
e
−
=
x
xy на монотонность и экстремумы.
Решение. Область определения – множество всех действительных чисел R.
()
()
.1eeee
1111
xxxxy
xxxx
+=+
′
=
′
=
′
−−−−
Найдем критические точки:
()
01e
1
=+
−
x
x
⇒
x= –1. В интервале (
−∞, –1) производная y′ отрицательна, а в интервале (−1, +∞) – положи-
тельна. В силу теоремы 3 исследуемая функция убывает в интервале (
−∞, –1) и возрастает в
(
−1, +∞). По первому достаточному условию экстремума x=1 является точкой минимума.
Минимальное значение функции равно
2
e)1(
−
−=−f
.
7. Исследовать график функции
1
e
−
=
x
xy
на выпуклость, вогнутость и точки перегиба.
Решение. Область определения – множество всех действительных чисел
R. Первая про-
изводная
(
)
xy
x
+=
′
−
1e
1
(найдена в п. 6). Найдем вторую производную
()
(
)
xxy
xxx
+=++=
′′
−−−
2ee1e
111
. 0=
′′
y при x=–2. В интервале (−∞, –2) вторая производная
y
″отрицательна, а в интервале (−2, +∞) – положительна. В силу теоремы 4 график исследуе-
                                                       22


                          ⎛ dy ⎞
        При t = 0 получим ⎜ ⎟         = 0.
                          ⎝ dx ⎠ t =0
       2) Вычисляем производные функций x и y по параметру t :
                                  dx              dy     1
                                      = 2t + 2 ,     =
                                  dt              dt t + 1
и искомую производную функции y по x по формуле (3):
                                             dy
                                      dy dt            1
                                 y′ =     =      =         .
                                      dx dx 2(t + 1) 2
                                             dt
                       ⎛ dy ⎞   1
Далее, при t = 1 имеем ⎜ ⎟ = .
                       ⎝ ⎠ t =1 8
                         dx

                                                                          1
        4. Найти дифференциал df(x) функции y = arcsin                      . Найти df( 2 ) и d f ( 2 )           .
                                                                          x                             d x =0, 2

        Решение. По формуле (1) имеем
                                  ′                        ′                    x
                       ⎛       1⎞           1        ⎛1⎞                            ⎛ 1 ⎞            1
   df(x) = f ′(x) dx = ⎜ arcsin ⎟ dx =               ⎜ ⎟ dx =                       ⎜ − 2 ⎟ dx = −         dx .
                       ⎝       x⎠      1 − (1 / x) 2 ⎝ x ⎠                     x −1 ⎝
                                                                                2      x  ⎠        x x2 −1

                                         1                                     1               1
При x = 2 получаем df( 2 ) = −               dx . d f ( 2 )               =−        0,2 = −         .
                                         2                    dx = 0, 2         2             5 2

        5. Найти уравнения касательной и нормали к графику функции y = ln(0,5 + x) при
x=0,5.
                                                                                                   1
        Решение. Положим x0 = 0,5 . Тогда y 0 = f ( x0 ) = ln(0,5 + 0,5) = ln 1 = 0 . f ′( x) =
                                                                                                0,5 + x
                  1
и f ′( x0 ) =           = 1 . По формуле (5) получаем уравнение касательной y − 0 = ( x − 0,5) или
              0,5 + 0,5
y = x–0,5. По формуле (6) получаем уравнение нормали (y–0)+x–0,5=0 или y=–x+0,5.

      6. Исследовать функцию y = x e x −1 на монотонность и экстремумы.
      Решение. Область определения – множество всех действительных чисел R.
            (      )′
      y ′ = x e x −1 = x ′ e x −1 + x e x −1 = e x −1 (1 + x ). Найдем критические точки: e x −1 (1 + x ) = 0 ⇒
x= –1. В интервале (−∞, –1) производная y′ отрицательна, а в интервале (−1, +∞) – положи-
тельна. В силу теоремы 3 исследуемая функция убывает в интервале (−∞, –1) и возрастает в
(−1, +∞). По первому достаточному условию экстремума x=1 является точкой минимума.
Минимальное значение функции равно f (−1) = − e −2 .

      7. Исследовать график функции y = x e x −1 на выпуклость, вогнутость и точки перегиба.
        Решение. Область определения – множество всех действительных чисел R. Первая про-
изводная y ′ = e x −1 (1 + x ) (найдена в п. 6). Найдем вторую производную
 y ′′ = e x −1 (1 + x ) + e x −1 = e x −1 (2 + x ) . y ′′ = 0 при x=–2. В интервале (−∞, –2) вторая производная
y″отрицательна, а в интервале (−2, +∞) – положительна. В силу теоремы 4 график исследуе-

Страницы